Linear Integral Equations MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Linear Integral Equations - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

अवधारणा:

फ्रेडहोम समीकरण एक समाकल समीकरण है जिसमें कर्नेल फलन वाले पद में एकीकरण सीमा के रूप में स्थिरांक होते हैं।

स्पष्टीकरण:

y(x) - \(3\int_0^1\)txy(t) =f(x)

y(x) = f(x) + 3x\(\int_0^1\) ty(t)dt

y(x) = f(x) +3xc , where c =\(\int_0^1\)ty(t)dt

⇒y(x) = f(x) + 3x\(\int_0^1\)t(f(t) +3ct)dt

= f(x) + 3x \(\int_0^1\)3ct2 +3x \(\int_0^1\)tf(t)dt

= f(x) + 3xc + 3x \(\int_0^1\)tf(t)dt

हल पाने के लिए

(1) f(x)= x ² - \(\frac{1}{2}\) के लिए

\(\int_0^1\) tf(t) = \(\int_0^1\) t(t ² - \(\frac{1}{2}\) )dt

= \(\int_0^1\)(t3-\(\frac{1}{2}\)t)dt

= \([\frac{t^4}{4}- \frac{t^2}{4}]_0^1\)

= 0

अतः विकल्प (1) सही है।

(2) f(x)= e ^x के लिए

\(\int_0^1\) tetdt = [(t-1)et\(]_0^1\)\(]_0^1\)

= (1-1)e1 - (0-1)e0 = 1

अतः विकल्प (2) गलत है।

(3) f(x) = 2-3x के लिए

\(\int_0^1\) tf(t)dt = \(\)\(\int_0^1\) t(2-3t)dt

= \(\int_0^1\) (2t-3t ² ) dt = 0

अतः विकल्प (3) सही है।

(4) f(x) = x -1 के लिए

\(\int_0^1\) tf(t)dt= \(\int_0^1\) t(t-1)dt

=[ \(\frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2}]_0^1\) = \(\frac{1}{6}\)

अतः विकल्प (4) गलत है।

व्याख्या:

\(y(x)=λ \displaystyle \int_0^1 x^2 e^{x+t} y(t) d t\)

⇒ \(y(x)=λ x^2 e^{x}\displaystyle \int_0^1 e^{t} y(t) d t\)

⇒ y(x) = λx²e^xc....(i)

जहाँ, c = \(\displaystyle \int_0^1 e^{t} y(t) d t\)....(ii)

समीकरण (i) से y(x) का मान समीकरण (ii) में रखने पर हमें प्राप्त होता है,

c = \(\displaystyle \int_0^1 e^{t} λ t^2e^tc\, d t\)

⇒ c = λc\(\displaystyle \int_0^1 t^2e^{2t}\, d t\)

⇒ c = λc \(\left\{\left[ t^2{e^{2t}\over 2}\right]_0^1-\displaystyle \int_0^12t{e^{2t}\over2}\, dt\right\}\)

⇒ c = λc \(\left\{{e^{2}\over 2}-\left[{t e^{2t}\over 2}\right]_0^1+\left[{e^{2t}\over4}\right]_0^1\right\}\)

⇒ c = λc\(\left\{{e^{2}\over 2}-{e^2\over 2}+{e^{2}-1\over4}\right\}\)

⇒ c = λc\(e^{2}-1\over4\)

⇒ c - λc\(e^{2}-1\over4\) = 0

चूँकि c ≠ 0

⇒ 1 - λ\(e^{2}-1\over4\) = 0

⇒ λ = \(\frac{4}{e^2-1}\)

अतः सही विकल्प (3) है। 

अवधारणा:

अवकलन के लिए लाइबनीज नियम:

\(\frac{\partial }{\partial x}\int_{a(x)}^{b(x)}f(x,t)dt\) = \(\int_{a(x)}^{b(x)}\frac{\partial f}{\partial x}dt+f(b(x),x)\frac{\partial b}{\partial x}-f(a(x),x)\frac{\partial a}{\partial x}\)

व्याख्या:

(1):

K(x, t) = \(\begin{cases} \rm t(1-x) & \text { for } \rm tx\end{cases}\)

इसलिए

y(x) = 2\(\displaystyle\int_0^1\) K(x, t) y(t) dt

⇒ y(x) = 2 \(\displaystyle\int_0^x\)t(1 - x)ydt + 2 \(\displaystyle\int_x^1\)x(1 - t)ydt....(i)

⇒ y' = 2\(\displaystyle\int_0^x\)(-t)y(t)dt + x(1 - x)y(x) - 0 + 2\(\displaystyle\int_x^1\)1(1-t)y(t)dt + 0 -x(1 - x)y(x).1

⇒ y' = 2\(\displaystyle\int_0^x\)(-t)y(t)dt + 2\(\displaystyle\int_x^1\)(1 - t)y(t)dt

⇒ y'' = 2[0 - xy(x).1 - 0] + 2[0 + 0 -(1 - x)y(x)]

⇒ y'' = -2y(x)

⇒ y''(x) + 2y(x) = 0

(i) द्वारा भी

y(0) = 2 \(\displaystyle\int_0^0\)t(1 - 0)ydt + 2 \(\displaystyle\int_0^1\)0(1 - t)ydt = 0 और

y(1) = 2 \(\displaystyle\int_0^1\)t(1 - 1)ydt + 2 \(\displaystyle\int_1^1\)1(1 - t)ydt = 0

इसलिए \(\rm \left\{\begin{aligned}\rm y^{\prime \prime}(x)+2 y(x) & =0 \quad \text { for } \rm x ∈(0,1), \\ \rm y(0) & =\rm y(1)=0 .\end{aligned}\right.\) संतुष्ट करता है

इसलिए विकल्प (1) सही है।

व्याख्या:

\(y(x)=λ \displaystyle \int_0^1 x^2 e^{x+t} y(t) d t\)

⇒ \(y(x)=λ x^2 e^{x}\displaystyle \int_0^1 e^{t} y(t) d t\)

⇒ y(x) = λx²e^xc....(i)

जहाँ, c = \(\displaystyle \int_0^1 e^{t} y(t) d t\)....(ii)

समीकरण (i) से y(x) का मान समीकरण (ii) में रखने पर हमें प्राप्त होता है,

c = \(\displaystyle \int_0^1 e^{t} λ t^2e^tc\, d t\)

⇒ c = λc\(\displaystyle \int_0^1 t^2e^{2t}\, d t\)

⇒ c = λc \(\left\{\left[ t^2{e^{2t}\over 2}\right]_0^1-\displaystyle \int_0^12t{e^{2t}\over2}\, dt\right\}\)

⇒ c = λc \(\left\{{e^{2}\over 2}-\left[{t e^{2t}\over 2}\right]_0^1+\left[{e^{2t}\over4}\right]_0^1\right\}\)

⇒ c = λc\(\left\{{e^{2}\over 2}-{e^2\over 2}+{e^{2}-1\over4}\right\}\)

⇒ c = λc\(e^{2}-1\over4\)

⇒ c - λc\(e^{2}-1\over4\) = 0

चूँकि c ≠ 0

⇒ 1 - λ\(e^{2}-1\over4\) = 0

⇒ λ = \(\frac{4}{e^2-1}\)

अतः सही विकल्प (3) है। 

अवधारणा:

फ्रेडहोम समीकरण एक समाकल समीकरण है जिसमें कर्नेल फलन वाले पद में एकीकरण सीमा के रूप में स्थिरांक होते हैं।

स्पष्टीकरण:

y(x) - \(3\int_0^1\)txy(t) =f(x)

y(x) = f(x) + 3x\(\int_0^1\) ty(t)dt

y(x) = f(x) +3xc , where c =\(\int_0^1\)ty(t)dt

⇒y(x) = f(x) + 3x\(\int_0^1\)t(f(t) +3ct)dt

= f(x) + 3x \(\int_0^1\)3ct2 +3x \(\int_0^1\)tf(t)dt

= f(x) + 3xc + 3x \(\int_0^1\)tf(t)dt

हल पाने के लिए

(1) f(x)= x ² - \(\frac{1}{2}\) के लिए

\(\int_0^1\) tf(t) = \(\int_0^1\) t(t ² - \(\frac{1}{2}\) )dt

= \(\int_0^1\)(t3-\(\frac{1}{2}\)t)dt

= \([\frac{t^4}{4}- \frac{t^2}{4}]_0^1\)

= 0

अतः विकल्प (1) सही है।

(2) f(x)= e ^x के लिए

\(\int_0^1\) tetdt = [(t-1)et\(]_0^1\)\(]_0^1\)

= (1-1)e1 - (0-1)e0 = 1

अतः विकल्प (2) गलत है।

(3) f(x) = 2-3x के लिए

\(\int_0^1\) tf(t)dt = \(\)\(\int_0^1\) t(2-3t)dt

= \(\int_0^1\) (2t-3t ² ) dt = 0

अतः विकल्प (3) सही है।

(4) f(x) = x -1 के लिए

\(\int_0^1\) tf(t)dt= \(\int_0^1\) t(t-1)dt

=[ \(\frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2}]_0^1\) = \(\frac{1}{6}\)

अतः विकल्प (4) गलत है।

अवधारणा:

अवकलन के लिए लाइबनीज नियम:

\(\frac{\partial }{\partial x}\int_{a(x)}^{b(x)}f(x,t)dt\) = \(\int_{a(x)}^{b(x)}\frac{\partial f}{\partial x}dt+f(b(x),x)\frac{\partial b}{\partial x}-f(a(x),x)\frac{\partial a}{\partial x}\)

व्याख्या:

(1):

K(x, t) = \(\begin{cases} \rm t(1-x) & \text { for } \rm tx\end{cases}\)

इसलिए

y(x) = 2\(\displaystyle\int_0^1\) K(x, t) y(t) dt

⇒ y(x) = 2 \(\displaystyle\int_0^x\)t(1 - x)ydt + 2 \(\displaystyle\int_x^1\)x(1 - t)ydt....(i)

⇒ y' = 2\(\displaystyle\int_0^x\)(-t)y(t)dt + x(1 - x)y(x) - 0 + 2\(\displaystyle\int_x^1\)1(1-t)y(t)dt + 0 -x(1 - x)y(x).1

⇒ y' = 2\(\displaystyle\int_0^x\)(-t)y(t)dt + 2\(\displaystyle\int_x^1\)(1 - t)y(t)dt

⇒ y'' = 2[0 - xy(x).1 - 0] + 2[0 + 0 -(1 - x)y(x)]

⇒ y'' = -2y(x)

⇒ y''(x) + 2y(x) = 0

(i) द्वारा भी

y(0) = 2 \(\displaystyle\int_0^0\)t(1 - 0)ydt + 2 \(\displaystyle\int_0^1\)0(1 - t)ydt = 0 और

y(1) = 2 \(\displaystyle\int_0^1\)t(1 - 1)ydt + 2 \(\displaystyle\int_1^1\)1(1 - t)ydt = 0

इसलिए \(\rm \left\{\begin{aligned}\rm y^{\prime \prime}(x)+2 y(x) & =0 \quad \text { for } \rm x ∈(0,1), \\ \rm y(0) & =\rm y(1)=0 .\end{aligned}\right.\) संतुष्ट करता है

इसलिए विकल्प (1) सही है।

संकल्पना:

y(x) = f(x) + λ\(\int_a^b K(x, t)y(t)dt\)

जहाँ K(x, t) = f1(x, t)g1(x, t) + f2(x, t)g2(x, t) + .....

तो इस समाकल समीकरण को इस रूप में लिखा जा सकता है

AX = B जहाँ

A = \(\begin{pmatrix}1-λ a_{11}&-λ a_{12}\\-λ a_{21}&1-λ a_{22}\end{pmatrix}\), \(a_{ij}=\int_a^bg_i(t)f_j(t)dt\), \(X=\int_a^bg_i(t)y(t)dt\), B = \(a_{ij}=\int_a^bg_i(t)f(t)dt\)

व्याख्या:

φ(x) = λ \(\displaystyle\int_0^{2 π}\) sin (x + t) φ(t) dt

इसलिए K(x, t) = sin(x+t) = sin x cos t + cos x sin t

a11 = \(\int_0^{2π}\sin x\cos xdx\) = \(\frac12[-\cos 2x]_0^{2π}\) = 0

a12 = \(\int_0^{2π}\cos^2 xdx\) = \(\frac12\int_0^{2π}(1+\cos2 x)dx\) = π

a21 = \(\int_0^{2π}\sin^2 xdx\) = \(\frac12\int_0^{2π}(1-\cos2 x)dx\) = π

a22 = \(\int_0^{2π}\sin x\cos xdx\) = \(\frac12[-\cos 2x]_0^{2π}\) = 0

इसलिए A = \(\begin{pmatrix}1&-λ \pi\\-λ \pi&1\end{pmatrix}\)

|A| = 0 ⇒ 1 - \(\lambda^2\pi^2\) = 0 ⇒ \(\lambda=\pm \frac{1}{\pi}\)

मान लीजिए \(\lambda_1=-\frac{1}{\pi}, \lambda_2=\frac{1}{\pi}\)

इसी प्रकार ψ(x) = μ \(\displaystyle\int_0^{\pi}\) cos (x + t) ψ(t) dt.

इसलिए K(x, t) = cos(x+t) = cos x cos t - sin x sin t

a11 = \(\int_0^{π}\cos^2 xdx=\frac{\pi}{2}\)

a12 = \(\int_0^{π}-\sin x\cos xdx\) = 0

a21 = \(\int_0^{π}\sin x\cos xdx\) = 0

a22 = \(\int_0^{2π}-\sin^2 xdx\) = - \(\frac{\pi}{2}\)

इसलिए A = \(\begin{pmatrix}1-\frac{\mu\pi}{2}&0\\0&1+\frac{\mu\pi}{2}\end{pmatrix}\)

|A| = 0 ⇒ 1 - \(1-\frac{\mu^2\pi^2}{4}\) = 0 ⇒ \(\mu=\pm \frac{2}{\pi}\)

मान लीजिए \(\mu_1=-\frac{2}{\pi}, \mu_2=\frac{2}{\pi}\)

इसलिए विकल्प (1), (3) सही हैं